Question

已知等差数列{a_n}的前10项和为100，且a₄=7，对任意的k∈N^*，在a_k与a_k+1之间插入2^k-1个2，得到新数列{b_n}，设S_n、T_n分别是{a_n}﹑{b_n}前n项和．
（Ⅰ）a₁₀是数列{b_n}的第几项？
（Ⅱ）是否存在正整数m，使T_m=2008？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
（Ⅲ）若a_m是数列{b_n}的第f（m）项，试比较T_f（m）与S_m+2的大小，并说明理由．

Answer 1

分析：（I）由题意可得：a₁₀在数列{b_n}中的项数为10+1+2+2²+…+2⁸，利用等比数列的前n项和公式即可得出．
（II）利用等差数列的通项公式和前n项和公式即可得出a₁，公差d，可得a_n．可得a_m及其前面所有项的和为[1+3+5+…+（2m-1）]+（2+4+…+2^m-1），即可得到T_m，判断即可；
（III）当m≥2时，a_m是数列{b_n}的第m+1+2+2²+…+2^m-2=2^m-1+m-1项，可得f（m）=2^m-1+m-1（m=1时也成立）．
于是得到T_f（m）=2^m+m²-2，S_m+2=

(m+2)(1+2m+3)

2

=（m+2）²．
可以证明：当n=1，2，3，4时，T_f（m）＜S_m+2；当m≥5时，T_f（m）＞S_m+2．（利用二项式定理进行放缩即可证明）．

解答：解：（I）∵在数列{b_n}中，对每一个k∈N，在a_k与与a_k+1之间有2^k-1个2，
∴a₁₀在数列{b_n}中的项数为10+1+2+4+…+28=10+

1-29

1-2

=521．
即a₁₀是数列{b_n}中第521项．
（II）设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，
由题设可知

10a1+45d=100 a1+3d=7

，解得

a1=1 d=2.

故a_n=1+（n-1）•2=2n-1，
在数列{b_n}，a_m及其前面所有项的和为[1+3+5+…+（2m-1）]+（2+4+…+2^m-1）
=m2+

2×(1-2m-1)

1-2

=2m+m2-2，
∵2¹⁰+10²-2=1122＜2008＜2¹¹+11²-2=2167，
∴T₁₀=1122，T₁₁=2167．
因此不存在正整数m，使得T_m=2008．
（III）当m≥2时，a_m是数列{b_n}的第m+1+2+2²+…+2^m-2=2^m-1+m-1项，∴f（m）=2^m-1+m-1（m=1时也成立）．
∴T_f（m）=2^m+m²-2，
S_m+2=

(m+2)(1+2m+3)

2

=（m+2）²．
可以证明：当n=1，2，3，4时，T_f（m）＜S_m+2；当m≥5时，T_f（m）＞S_m+2．
证明：∵T_f（m）-S_m+2=2^m+m²-2-（m+2）²=2^m-4m-6．
∴①可以验证当n=1，2，3，4时，T_f（m）＜S_m+2；
②当m≥5时，2^m-4m-6=（1+1）^m-4m-6≥2(1+

C

1 m

+

C

2 m

)-4m-6=（m-4）（m+1）＞0．
∴T_f（m）＞S_m+2．

点评：熟练等比数列和等差数列的通项公式及其前n项和公式、二项式定理进行放缩等是解题的关键．